Question

6．如图所示是示波器的部分构造示意图，真空室中阴极K不断发出初速度可忽略的电子，电子经电压U ₀=1.82×l0 ⁴V的电场加速后，由孔N沿长L=0.10m相距为d=0.02m的两平行金属板A、B间的中心轴线进入两板间，电子穿过A、B板后最终可打在中心为O的荧光屏CD上，光屏CD距A、B板右侧距离s=0.45m．若在A、B间加U _AB=54.6V的电压．已知电子电荷最e=1.6×10 ^-19C，质量m=9.1×10 ^-31kg．
求：
（1）电子通过孔N时的速度大小；
（2）电子通过偏转电场的最大偏移y
（3）荧光屏CD上的发光点距中心O的距离．

Answer 1

分析 这是一道典型的粒子先加速后偏转的题目，只是离开偏转电场后做匀速直线运动打到荧光屏上．
（1）根据动能定理，电场力做的功等于粒子动能的增量，不难求出通过孔N的速度．
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式可以求出电子通过偏转电场的最大距离y．
（3）离开偏转电场后斜向上做匀速直线运动，在上一问中可以顺便求出偏转角，那么在场外继续偏转的距离由几何关系就可求出．

解答 解：（1）设电子通过加速电场到达N孔的速度大小为v，根据动能定理：$e{U}_{0}=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
      解得：$v=\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}=\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-19}×18200}{9.1×1{0}^{-31}}}m/s$=8×10⁷m/s
（2）设电子通过加速电场的最大偏移量为y，由类平抛规律得：
     $y=\frac{1}{2}•\frac{e{U}_{AB}}{md}{t}^{2}$
     L=vt
解得：$y=\frac{{U}_{AB}{L}^{2}}{4d{U}_{0}}=\frac{54.6×0．{1}^{2}}{4×0.02×18200}m$=3.75×10^-4m
（3）设荧光屏上发光点到O点的距离为y，打在荧光屏上的电子相当于从A、B板中心沿直线射出，由几何关系得：
              $\frac{y}{Y}=\frac{\frac{L}{2}}{S+\frac{L}{2}}$．
      解得：$Y=\frac{y（2S+L）}{L}=\frac{3.75×1{0}^{-4}×（2×0.45+0.1）}{0.1}=3.75×1{0}^{-3}m$
答：（1）电子通过孔N时的速度大小为8×10⁷m/s．
（2）电子通过偏转电场的最大偏移y为3.75×10^-4m．
（3）荧光屏CD上的发光点距中心O的距离为3.75×10^-3m．

点评 这是常规的带电粒子先加速再偏转最后做匀速直线运动的题目，关键点是要记住一个结论：粒子射出的方向好象是从板的中点射出，此结论的证明也不是很复杂，这里直接拿来应用了．